第1頁/共1頁2025北京高二（上）期末物理匯編法拉第電磁感應定律一、單選題1．（2025北京昌平高二上期末）電磁俘能器可在汽車發動機振動時利用電磁感應發電實現能量回收，結構示意圖如圖1所示。兩對永磁鐵間存在磁感應強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場永磁鐵可隨發動機一起上下振動，邊長為的正方形線圈豎直固定在減震裝置上，永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。圖2為側視圖（從右向左看）。下列說法正確的是（）A．圖2中穿過線圈的磁通量為B．永磁鐵位置相對線圈位置下降時，線圈中一定產生逆時針方向的感應電流C．永磁鐵相對線圈位置變化越大，線圈中感應電動勢越大，回收能量越多D．永磁鐵相對線圈位置變化越快，線圈中感應電動勢越大，回收能量越多2．（2025北京西城高二上期末）如圖如示，橫截面積為S、長度為l的導體棒CD，在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場中，以大小為v的速度做切割磁感線運動。棒中自由電荷帶電量為-q，單位體積內自由電荷數為n，不考慮自由電荷的熱運動。下列說法正確的是（）A．由于自由電荷的堆積，導體棒C端的電勢較低B．由于隨棒運動的速度v，棒中每個自由電荷所受洛倫茲力大小為nSlqvBC．非靜電力將一個自由電荷從導體棒的一端搬到另一端所做的功W非=qvBlD．根據，可得導體棒兩端電動勢E的大小為nlvB3．（2025北京豐臺高二上期末）如圖甲所示，某同學在研究電磁感應現象時，將一線圈兩端與電流傳感器相連，強磁鐵從長玻璃管上端由靜止下落，電流傳感器記錄了強磁鐵穿過線圈過程中電流隨時間變化的圖像，時刻電流為正向最大值，時刻電流為0，如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．在時刻，穿過線圈的磁通量變化率最大B．在時刻，強磁鐵的加速度大于重力加速度C．強磁鐵穿過線圈的過程中，受到線圈的作用力始終向上D．在到的時間內，強磁鐵重力勢能的減少量等于其動能的增加量4．（2025北京豐臺高二上期末）如圖所示，a、b兩個閉合線圈用同樣的導線制成，匝數均為n，半徑，圖示區域內有勻強磁場，且磁感應強度隨時間均勻增加。下列說法正確的是（）A．a、b線圈中的感應電流均隨時間均勻增加B．a、b線圈中產生的感應電動勢之比為4：1C．a、b線圈中感應電流之比為4：1D．a、b線圈中產生的熱功率之比為16：15．（2025北京通州高二上期末）a、b兩個閉合線圈用同樣的導線制成且匝數相同，半徑之比為2:1。所在區域內有勻強磁場，磁感應強度隨時間均勻增大，如圖所示。不考慮兩線圈間的相互影響，下刻說法正確的是（）A．線圈a、b中感應電流沿順時針方向B．線圈a、b的感應電動勢之比為2:1C．線圈a、b的感應電流之比為4:1D．線圈a、b的熱功率之比為8:16．（2025北京東城高二上期末）如圖甲所示，一個匝數的圓形導體線圈，面積，電阻。在線圈中存在面積的垂直線圈平面向外的勻強磁場區域，磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖乙所示。有一個的電阻，將其兩端a、b分別與圖甲中的圓形線圈相連接，b端接地，則下列說法正確的是（

）A．圓形線圈中產生的感應電動勢為6VB．電阻R兩端的電壓為4.5VC．通過電阻R的電流為1.5AD．在0~4s時間內，流經電阻R的電荷量為9C7．（2025北京昌平高二上期末）如圖，空間中存在水平向右的勻強磁場，一導體棒繞固定的豎直軸OP在磁場中勻速轉動，且始終平行于OP。導體棒兩端的電勢差u隨時間t變化的圖像可能正確的是（）

B．

C．

D．

8．（2025北京101中高二上期末）如圖所示,線圈匝數為,橫截面積為,線圈電阻為,處于一個均勻增強的磁場中,磁感應強度隨時間的變化率為,磁場方向水平向右且與線圈平面垂直,電容器的電容為,定值電阻的阻值為.由此可知,下列說法正確的是（

）A．電容器下極板帶正電B．電容器上極板帶負電C．電容器所帶電荷量為D．電容器所帶電荷量為9．（2025北京101中高二上期末）一圓環形鋁質金屬圈（阻值不隨溫度變化）放在勻強磁場中，設第1s內磁感線垂直于金屬圈平面（即垂直于紙面）向里，如圖甲所示。若磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖乙所示，那么第3s內金屬圈中（）A．感應電流逐漸增大，沿逆時針方向B．感應電流恒定，沿順時針方向C．圓環各微小段受力大小不變，方向沿半徑指向圓心D．圓環各微小段受力逐漸增大，方向沿半徑指向圓心二、多選題10．（2025北京豐臺高二上期末）如圖所示，固定在水平面上的光滑金屬架處于豎直向下的勻強磁場中，金屬棒MN以v=1.0m/s的初速度向右運動。已知導軌間距L=0.50m，導軌的一端連接的電阻阻值R=2.0Ω，磁感應強度大小B=0.2T，金屬棒電阻r=0.50Ω，金屬棒質量m=0.5kg。下列說法正確的是（）A．金屬棒向右運動過程中做勻減速直線運動B．金屬棒向右運動過程中，通過電阻R的電流方向為Q→PC．金屬棒的速度為0.5m/s時，MN兩點間電勢差為0.04VD．從金屬棒開始運動到靜止的過程中，電阻R產生的熱量為0.25J11．（2025北京八一學校高二上期末）如圖所示，置于水平面上的兩根金屬導軌間距為L，分別與電源正、負極相連，導體棒放在導軌上且與導軌垂直，整個裝置處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導體棒，且與導軌平面夾角為，已知回路中電流為I，導體棒始處于靜止狀態，關于導體棒的受力情況，下列說法正確的是（）A．安培力大小為0 B．安培力大小為C．靜摩擦力大小為 D．靜摩擦力大小為12．（2025北京海淀高二上期末）如圖所示，閉合開關S，將條形磁鐵插入閉合線圈，第一次用時0.2s，第二次用時0.4s，并且兩次磁鐵的起始和終止位置相同，則（）A．第一次線圈中的磁通量變化較快B．第一次電流表G的最大偏轉角較大C．第二次電流表G的最大偏轉角較大D．若斷開S，電流表G均不偏轉，故兩次線圈兩端均無感應電動勢三、解答題13．（2025北京西城高二上期末）如圖所示，在豎直向下的磁感應強度大小為B的勻強磁場中，寬度為l的水平U型導體框左端連接一阻值為R的電阻，質量為m、電阻為r的導體棒ab置于導體框上。不計導體框的電阻、導體棒與框間的摩擦。ab以水平向右的初速度v0開始運動，最終停在導體框上。(1)判斷剛開始運動時刻，導體棒中的電流方向是“從a到b”還是“從b到a”；并求出此時ab兩點的電勢差；(2)定性畫出導體棒運動的v-t圖像；(3)求導體棒運動過程中，電阻R消耗的總電能。14．（2025北京昌平高二上期末）如圖所示，兩根相互平行的光滑長直金屬導軌MN、PQ水平放置，導軌間距為，導軌電阻不計；導軌右端接有阻值為的電阻。長度也為，阻值為的金屬棒垂直于導軌放置，與導軌間保持良好接觸。導軌處于磁感應強度為B=0.5T、方向豎直向下的勻強磁場中。在水平外力的作用下以速度向右勻速運動。求：(1)通過電阻的電流大小和方向；(2)水平外力大小；(3)回路中的熱功率。15．（2025北京豐臺高二上期末）類比是研究問題的常用方法。(1)情境1：如圖1所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩固定導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻。一根質量為m、電阻為r的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直，整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向下。讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好。已知重力加速度為g，不計導軌的電阻以及導軌和金屬桿之間的摩擦。當ab桿的速度為v時，求桿加速度a的大小。(2)情境2：如圖2所示，電源電動勢為E，電容器的電容為C，電路中電阻為R，不計電源內阻，閉合開關S，發現電容器所帶電荷量q隨時間t的變化規律與情境1中金屬桿速率v隨時間t的變化規律類似。（提示：以UC、UR分別表示電容、電阻兩端電壓，當開關S閉合后，有UC+UR=E）a．類比情境1，求電容器所帶電荷量為q時，電路中的電流i；b．在圖3中定性畫出q?t圖像；c．圖4中畫出了電容器兩極板間的電勢差U隨電荷量q的變化圖像，類比直線運動中由v?t圖像求位移的方法，計算電容器充電結束儲存的電能Ep。16．（2025北京東城高二上期末）如圖1所示，足夠長的光滑金屬框架豎直放置，頂端留有接口a、b，兩豎直導軌間距為d，一質量為m、長度為d的金屬棒始終與豎直導軌接觸良好，磁感應強度大小為B的勻強磁場垂直于框架平面向里，重力加速度為g。不計空氣阻力，不計框架和金屬棒的電阻及電磁輻射的能量損失。(1)若在a、b間接入一個阻值為R的定值電阻，如圖2所示，從靜止釋放金屬棒。a．請分析說明金屬棒的運動情況；b．定性畫出通過電阻R的電流i隨時間t變化的圖像；c．求出金屬棒的最終速度大小。(2)若在a、b間接入一個電容為C的電容器，如圖3所示，同樣從靜止釋放金屬棒，若電容器C不會被擊穿。a．依據必要的計算分析，說明金屬棒的運動情況，并畫出金屬棒下降一段時間的速度隨時間的變化關系圖像；b．求金屬棒下降高度為h時的速度。17．（2025北京通州高二上期末）法拉第電磁感應定律告訴我們，磁通量的變化會使閉合回路中產生感應電動勢。磁通量的變化可以通過改變磁感應強度以及閉合回路在磁場中的投影面積來實現。(1)用某種金屬材料制成一個半徑為r的圓環，圓環電阻為R。豎直向下的磁場穿過水平放置的圓環。已知磁場的磁感應強度B隨時間變化如圖乙所示。求：a.圓環產生的感應電動勢E；b.時間內圓環上產生的熱量Q。(2)如圖丙所示為發電機的簡化圖。磁感應強度為B的勻強磁場豎直向下，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內，相距為L，電阻不計。電阻率為且粗細均勻的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，導體棒中單位體積內的自由電子數為n。用字母表示導體棒向右做勻速運動的速度大小（平行于軌道MN），用字母v表示自由電子沿導體棒長度方向定向移動的平均速率，已知電子電荷量為e，計算得出的比值。18．（2025北京101中高二上期末）某試驗列車按照設定的直線運動模式，利用計算機控制制動裝置，實現安全準確地進站停車。制動裝置（俗稱“剎車”）包括電氣制動和機械制動兩部分。有關列車電氣制動，可以借助右圖模型來理解。圖中水平平行金屬導軌間距L，處于豎直方向的勻強磁場B中，質量為m的金屬棒MN沿導軌向右運動的過程，對應列車的電氣制動過程，MN代表“列車”。回路中的電阻阻值為R，不計金屬棒MN及導軌的電阻。（1）分析電氣制動產生的加速度大小隨“列車”速度變化的關系，并求出“列車”從v0減速到0前進的距離；（2）為了讓“列車”以一開始進入磁場的加速度a0勻減速“進站”，可以配合機械制動，這相當于在“列車”上施加了一個變化的阻力，試寫出這個阻力隨時間變化的關系；（3）使“列車”以a0勻減速進站，也可以將圖中R換做某種智能充電系統（圖中沒有畫出），使得MN產生的電動勢以恒定電流I0給充電系統充電，試求“列車”最多能給這個系統充電的能量。19．（2025北京101中高二上期末）如圖所示，水平放置的平行金屬導軌abdc，相距l＝0.50m，bd間連有一固定電阻R＝0.20Ω，導軌電阻可忽略不計．磁感應強度B＝0.40T的勻強磁場方向垂直于導軌平面，導體棒MN垂直放在導軌上，其電阻也為R，導體棒能無摩擦地沿導軌滑動，當MN以v＝4.0m/s的速度水平向右勻速運動時，求：（1）導體棒MN中感應電動勢的大小；（2）回路中感應電流的大小，流過R的電流方向；（3）導體棒MN兩端電壓的大小．

參考答案1．D【詳解】A．由于分界線上下側磁感應強度的方向相反，穿過線圈的磁通量大小為故A錯誤；B．永磁鐵位置相對線圈位置下降時，線圈相對于磁場向上運動，當線圈全部處于垂直于紙面向外的磁場中，或者線圈全部處于垂直于紙面向里的磁場中時，根據右手定則可知，線圈上下兩邊產生的感應電動勢大小相等，方向相反，總的感應電動勢為0，此時，線圈中沒有感應電流，故B錯誤；C．結合上述，當永磁鐵相對線圈位置變化非常大時，線圈全部處于垂直于紙面向外的磁場中，或者線圈全部處于垂直于紙面向里的磁場中，此時線圈總的感應電動勢為0，此時，線圈中沒有感應電流，回收能量越少，故C錯誤；D．結合上述，當線圈上部分位于垂直于紙面向外的磁場中，線圈下部分位于垂直于紙面向里的磁場中時，根據右手定則可知，線圈總電動勢等于上下兩邊產生的電動勢之和，線圈中有感應電流，根據法律的電磁感應定律可知，永磁鐵相對線圈位置變化越快，線圈中感應電動勢越大，線圈中的感應電流越大，回收能量越多，故D正確。故選D。2．C【詳解】A．棒中自由電荷受到洛倫茲力的作用，根據左手定則可知，洛倫茲力指向D端，故D端的電勢較低，故A錯誤；B．由于隨棒運動的速度v，棒中每個自由電荷所受洛倫茲力大小為故B錯誤；C．非靜電力將一個自由電荷從導體棒的一端搬到另一端，根據動能定理可知解得W非=qvBl故C正確；D．根據，可得導體棒兩端電動勢E的大小為故D錯誤。故選C。3．C【詳解】A．由圖乙知，時刻線圈中電流為零，說明線圈產生的感應電動勢為零，由法拉第電磁感應定律可知，穿過線圈的磁通量的變化率等于零，故A錯誤；B．由“來拒去留”可知，在時刻，強磁鐵受到線圈向上的作用力F，磁鐵的加速度小于重力加速度，故B錯誤；C．由“來拒去留”可知，強磁鐵穿過線圈的過程中，受到線圈的作用力始終向上，故C正確；D．在到的時間內，線圈中有感應電流產生熱量，由能量守恒定律可知，強磁鐵重力勢能的減少量等于其動能的增加量加上線圈產生的內能，故D錯誤。故選C。【點睛】根據圖乙讀出時刻線圈中電流大小，分析線圈產生的感應電動勢大小，結合法拉第電磁感應定律得出磁通量的變化率大小；在到時間內，根據推論“來拒去留”分析強磁鐵受到的線圈的作用力方向，根據牛頓第二定律得出磁鐵的加速度與重力加速度的關系；由“來拒去留”判斷的規律判斷強磁鐵穿過線圈的過程中，受到線圈的作用力方向；根據能量守恒定律分析能量轉化情況。本題主要考查了電磁感應現象的相關應用，能根據楞次定律的推論分析出線圈的作用力方向，掌握運動過程中的能量轉化關系即可完成分析。4．B【詳解】A．磁感應強度隨時間均勻增加，根據法拉第電磁感應定律可知感應電動勢恒定，感應電流恒定，故A錯誤；B．根據法拉第電磁感應定律可知故電動勢之比等于半徑的平方之比，因，故電動勢之比為4：1，故B正確；CD．線圈中電阻而導線長度故電阻之比為2：1；由歐姆定律可知電流之比為2：1，根據可得熱功率之比為8：1，故CD錯誤。故選B。【點睛】根據法拉第電磁感應定律可求得感應電動勢；根據電阻定律可分析電阻大小，根據歐姆定律即可明確電流大小之比，結合熱功率公式分析。本題考查電磁感應與電路結合問題，要注意明確電流方向以及電動勢大小的計算方法，同時能正確結合電路規律進行分析求解。5．D【詳解】A．磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度增大，穿過線圈的磁通量增大，根據楞次定律可知，線圈a、b中感應電流均沿逆時針方向，故A錯誤；B．根據法律的電磁感應定律有，解得故B錯誤；C．根據歐姆定律有，根據電阻的決定式有，解得故C錯誤；D．線圈a、b的熱功率，解得故D正確。故選D。6．C【詳解】A．線圈產生的電動勢為V=4.5V故A錯誤；BC．根據歐姆定律可知，電流為A電阻R兩端的電壓為V故B錯誤，C正確；C．在0~4s時間內，流經電阻R的電荷量為C故D錯誤；故選C。7．C【詳解】如圖所示

導體棒勻速轉動，設速度為v，設導體棒從到過程，棒轉過的角度為，則導體棒垂直磁感線方向的分速度為可知導體棒垂直磁感線的分速度為余弦變化，根據左手定則可知，導體棒經過B點和B點關于P點的對稱點時，電流方向發生變化，根據可知導體棒兩端的電勢差u隨時間t變化的圖像為余弦圖像。故選C。8．C【詳解】AB．磁感應強度增大，根據楞次定律可知通過電阻r的電流為從左向右，所以r左端電勢高于右端電勢，則并聯在定值電阻兩端的電容器上極板電勢高帶正電，下極板帶負電，AB錯誤；CD．根法拉第電磁感應定律求解感應電動勢：外電阻r分壓：電容器上的帶電量：C正確，D錯誤。9．D【詳解】AB．從圖乙中可得第3s內垂直向里的磁場均勻增大，穿過線圈垂直向里的磁通量增大，由楞次定律可得，感應電流為逆時針方向，根據法拉第電磁感應定律可得線圈產生的感應電動勢為根據歐姆定律產生的感應電流為正比于，第3s內磁感應強度的變化率恒定，所以產生的感應電流恒定，故AB錯誤；CD．圓環各微小段受安培力，由于磁感應強度逐漸增大，電流不變，根據公式，可得圓環各微小段受力逐漸增大，由左手定則可得，安培力的方向沿半徑指向圓心，故C錯誤，D正確。故選D。10．BC【詳解】A．由楞次定律可知，金屬棒MN以v=1.0m/s的初速度向右運動后，受向左的安培力作用，則其切割磁感線的速度變化，則感應電動勢變化、感應電流變化，則安培力變化，故金屬棒所受合外力變化、加速度變化，則金屬棒向右運動過程中不做勻減速直線運動，故A錯誤；B．根據右手定則可知，金屬棒向右運動過程中，流過導體棒的電流方向為N→M，則通過電阻R的電流方向為Q→P，故B正確；C．MN為電源，在電源內部電流是從低電勢到高電勢，則M點電勢高于N點電勢，則MN兩點間電勢差大于零，則金屬棒的速度為0.5m/s時，MN兩點間電勢差為故C正確；D．根據能量守恒定律可知，從金屬棒開始運動到靜止的過程中，電路產生的熱量為電阻R產生的熱量為聯立可得故D錯誤。故選BC。【點睛】本題考查電磁感應過程中的能量類問題，解題時需注意電磁感應過程的實質是不同形式的能量轉化的過程，而能量的轉化是通過安培力做功來實現的。安培力做功的過程，是電能轉化為其他形式的能的過程，而克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉化為電能的過程。11．BD【詳解】AB．因為B與IL的關系為始終垂直，故安培力為A錯誤，B正確；CD．導體棒受力如下圖所示因B與水平方向夾角為，而根據左手定則B與垂直，由幾何關系易知與豎直方向夾角為，可得C錯誤，D正確。故選BD。12．AB【分析】兩次磁鐵的起始和終止位置相同，知磁通量的變化量相同，根據時間長短判斷磁通量變化的快慢，感應電動勢的大小與磁通量的變化率成正比．【詳解】A項：磁通量變化相同，第一次時間短，則第一次線圈中磁通量變化較快，故A正確；B、C項：感應電動勢的大小與磁通量的變化率成正比，磁通量的變化率大，感應電動勢大，產生的感應電流大，故B正確，C錯誤；D項：斷開電鍵，電流表不偏轉，知感應電流為零，但感應電動勢不為零，故D錯誤．故選AB．【點睛】解決本題的關鍵知道感應電動勢產生的條件，以及知道感應電動勢的大小與磁通量的變化率成正比．13．(1)“從b到a”，(2)(3)【詳解】（1）導體棒向右運動過程中，根據右手定則可知，導體棒中的電流方向是“從b到a”，導體棒運動在電路中產生的電動勢根據閉合電路歐姆定律可得所以ab兩點的電勢差為（2）導體棒向右運動過程中，受到向左的安培力，根據牛頓第二定律可得由此可知，導體棒向右做加速度減小的減速運動，當速度減為零時，加速度也減為零，其v-t圖像如圖所示（3）根據能量守恒定律可知，電路獲得的總電能等于導體棒消耗的總機械能，即根據串聯電路電壓與電阻成正比，可得電阻R消耗的電能為所以14．(1)0.4A，由b指向a(2)0.2N(3)0.8W【詳解】（1）金屬棒產生的感應電動勢根據閉合電路歐姆定律有解得根據右手定則可知，感應電流的方向由b指向a。（2）金屬棒做勻速直線運動，根據平衡條件有解得（3）回路中的熱功率解得P=0.8W15．(1)(2)a．，b．見解析，c．【詳解】（1）由法拉第電磁感應定律得由閉合電路歐姆定律可得由牛頓第二定律可得由安培力的計算公式可得聯立可得（2）a．當開關S閉合后，有且聯立可得，電容器所帶電荷量為q時，電路中的電流為b．結合前面分析可得，q?t圖像如下c．因為電容器充電結束時i=0，則電阻兩端電壓UR=0，又因為聯立可得，電容器充電結束時電容器兩端電壓為類比直線運動中由v?t圖像求位移的方法可知，U?q圖像與橫軸所圍面積為電容器充電過程中電容器儲存的電能，即又因為聯立可得【點睛】本題考查電磁感應過程中的能量類問題，解題時需注意電磁感應過程的實質是不同形式的能量轉化的過程，而能量的轉化是通過安培力做功來實現的。安培力做功的過程，是電能轉化為其他形式的能的過程，而克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉化為電能的過程。16．(1)a．